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Análise e Projeto de Sistemas de Controle por MétodosFrequenciais

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Sumário

8.1. IntroduçãoResposta em Frequência

8.2. Diagramas de Bode8.3. Estabilidade, Margem de Ganho e Margem de Fase8.4. Relação entre Resposta Transitória de Malha Fechada e Resposta emFrequência de Malha Fechada

Taxa de Amortecimento e Resposta em Frequência de Malha FechadaVelocidade de Resposta e Resposta em Frequência de Malha Fechada

8.5. Relação entre Resposta Transitória de Malha Fechada e Resposta emFrequência de Malha Aberta

Taxa de Amortecimento a partir da Margem de FaseTempo de Assentamento e de Pico a partir da Resposta em Frequência deMalha Aberta

8.6. Características do Erro em Estado Estacionário a partir da Resposta emFrequência

Posição ConstanteVelocidade ConstanteAceleração Constante

8.7. Sistemas com Atraso no Tempo8.8. Obtendo Funções de Transferência Experimentalmente

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Sumário

8.9. Resposta Transitória Através do Ajuste de Ganho

8.10. Controle Lag

8.11. Controle Lead

8.12. Controle Lead-Lag

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8.1. Introdução

Objetivo:A partir da resposta em frequência de um sistema, obter um desempenhodesejado através do ajuste de ganho e de compensadores.

Métodos:Diagramas de Nyquist, de Nichols e de Bode.

Motivação:Vantagem nas seguintes situações:

1. Modelagem de funções de transferência a partir de dados físicos;

2. Projetar compensadores Lead com erro de estado estacionário e respostatransitória desejados;

3. Encontrar a estabilidade de sistemas não lineares;

4. Resolver ambiguidades ao esboçar o lugar das raízes de um sistema.

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8.1. Introdução

Resposta em Frequência:

No estado estacionário, entradas senoidais em sistemas lineares resultam emsaídas senoidais de mesma frequência, porém de módulo e fase diferentes.

M(s) Mo(s) = Mi(s)M(s)Mi(s) Mo(s)

M(ω)∠φ(ω)

Mo(ω)∠φo(ω) = Mi(ω)M(ω)∠[φi(ω) + φ(ω)]

Mi(ω)∠φi(ω) Mo(ω)∠φo(ω)

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8.1. Introdução

G(s)R(s) = As+Bω

s2+ω2 C(s)

r(t) = A cosωt+B sinωt =√A2 +B2 cos[ωt− tan−1(B/A)]

A representação fasorial pode ser feita de três formas:

1. Forma polar: Mi∠φi , Mi =√A2 +B2 , φi = − tan−1(B/A) ;

2. Forma retangular: A− jB ;

3. Fórmula de Euler: Miejφi .

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8.1. Introdução

Separação da solução forçada da resposta transitória:

C(s) = As+Bω

(s2 + ω2)G(s)

= As+Bω

(s+ jω)(s− jω)G(s)

= K1

s+ jω+ K2

s− jω + termos de fração parcial de G(s)

onde

K1 = As+Bω

s− jω G(s)∣∣∣∣s→−jω

= 12(A+ jB

)G(−jω) = 1

2Mie−jφiMGe

−jφG

= MiMG

2 e−j(φi+φG)

K2 = As+Bω

s+ jωG(s)

∣∣∣∣s→+jω

= 12(A− jB

)G(jω) = 1

2MiejφiMGe

jφG

= MiMG

2 ej(φi+φG) = K∗1

MG = |G(jω)| , φG = fase de G(jω)

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8.1. Introdução

A resposta em estado estacionário corresponde aos termos da expansão emfrações parciais com os pólos da forma de onda do sinal de entrada:

Css(s) = K1

s+ jω+ K2

s− jω

=MiMG

2 e−j(φi+φG)

s+ jω+

MiMG2 ej(φi+φG)

s− jω

Pela transformada inversa de Laplace nós temos então:

c(t) = MiMG

(e−j(ωt+φi+φG) + ej(ωt+φi+φG)

2

)= MiMG cos(ωt+ φi + φG)

=(Mi∠φi

)(MG∠φG

)= Mo∠φo

A resposta em frequência de um sistema cuja função de transferência é G(s) é:

G(jω) = G(s)|s→jω

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8.2. Diagramas de Bode

Seja a seguinte função de transferência:

G(s) = K(s+ z1)(s+ z2) . . . (s+ zk)sm(s+ p1)(s+ p2) . . . (s+ pn)

A resposta em amplitude e a resposta de fase são, respectivamente:

|G(jω)| = K|(s+ z1)||(s+ z2)| . . . |(s+ zk)||sm||(s+ p1)||(s+ p2)| . . . |(s+ pn)|

∣∣∣∣s→jω

∠G(jω) =∠(s+ z1) + ∠(s+ z2) + . . .+ ∠(s+ zk)− ∠(sm)− ∠(s+ p1)− ∠(s+ p2)− . . .− ∠(s+ pn)|s→jω

Para traçar o diagrama de Bode utilizamos a resposta em amplitude emdecibéis:

20 log10 |G(jω)| = 20 log10 K + 20 log10 |(s+ z1)|+ 20 log10 |(s+ z2)|+ . . .

+ 20 log10 |(s+ zk)| − 20 log10 |sm| − 20 log10 |(s+ p1)|

− . . .− 20 log10 |(s+ pn)||s→jω

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Cada um dos termos da resposta em amplitude e da resposta em fase pode sertratado individualmente e suas curvas podem ser adicionadas graficamenteformando então a resposta completa.Diagramas de Bode para G(s) = (s + a)

s = jω

G(jω) = (jω + a) = a(j ωa

+ 1)

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G(s) = (s+ a) = a( sa

+ 1) = a(s1 + 1)

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Diagramas de Bode para G(s) = (s + a)

Diagramas de Bode para G(s) = 1/(s + a)

G(s) = 1(s+a) = 1

a( sa

+1)

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Diagramas de Bode para G(s) = s

Diagramas de Bode para G(s) = 1/s

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Exemplo:

+G(s)

R(s) E(s) C(s)−

G(s) = K(s+3)s(s+1)(s+2)

G(s) =32K( s

3 +1)s(s+1)( s

2 +1)

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Exemplo:

+G(s)

R(s) E(s) C(s)−

G(s) = K(s+3)s(s+1)(s+2)

G(s) =32K( s

3 +1)s(s+1)( s

2 +1)

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Diagramas de Bode paraG(s) = s2 + 2ζωns + ω2

n

G(s) = s2 + 2ζωns+ ω2n

= ω2n

(s2

ω2n

+ 2ζ sωn

+ 1)

A amplitude e a fase reais de G(s) são, respectivamente:

M =√

(ω2n − ω2)2 + (2ζωnω)2

φ = tan−1 2ζωnω

ω2n−ω2

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8.2. Diagramas de BodeDiagramas de Bode para G(s) = s2 + 2ζωns + ω2

n

Diagramas de Bode para G(s) = 1/(s2 + 2ζωns + ω2n)

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Exemplo:

+G(s)

R(s) E(s) C(s)−

G(s) = (s+3)(s+2)(s2+2s+25)

G(s) = 350

( s3 +1)

( s2 +1)

(s225 + 2

25 s+1)

Correção: −20 log10 2ζ =−20 log10 2 · 0.2 ≈ 7.96 dB

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Exemplo:

+G(s)

R(s) E(s) C(s)−

G(s) = (s+3)(s+2)(s2+2s+25)

G(s) = 350

( s3 +1)

( s2 +1)

(s225 + 2

25 s+1)

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Exercício:

+G(s) G(s) = (s+20)

(s+1)(s+7)(s+50)

R(s) E(s) C(s)−

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Exercício:

+G(s)

R(s) E(s) C(s)−

G(s) = (s+20)(s+1)(s+7)(s+50)

G(s) = 235

( s20 +1)

(s+1)( s7 +1)( s

50 +1)

G(jω) = 235

( jω20 +1)

(jω+1)( jω7 +1)( jω

50 +1)

20 log10 |G(jω)| = 20 log10

∣∣∣∣ 235

( jω20 +1)

(jω+1)( jω7 +1)( jω

50 +1)

∣∣∣∣= 20 log10

∣∣ 235

∣∣+ 20 log10

∣∣ jω20 + 1

∣∣− 20 log10 |jω + 1|−20 log10

∣∣ jω7 + 1

∣∣− 20 log10

∣∣ jω50 + 1

∣∣

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Exercício:

+G(s)

R(s) E(s) C(s)−

G(s) = (s+20)(s+1)(s+7)(s+50)

G(s) = 235

( s20 +1)

(s+1)( s7 +1)( s

50 +1)

G(jω) = 235

( jω20 +1)

(jω+1)( jω7 +1)( jω

50 +1)

∠G(jω) = ∠(jω20 + 1

)− ∠(jω + 1)− ∠

(jω7 + 1

)− ∠

(jω50 + 1

)= tan−1 ( jω

20 + 1)− tan−1(jω + 1)− tan−1 ( jω

7 + 1)

− tan−1 ( jω50 + 1

)

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8.3. Estabilidade, Margem de Ganho e Margem de Fase

Através do diagrama de amplitude, somos capazes de determinar o valor deganho que garante que a amplitude seja menor que 0 dB (ganho unitário) nafrequência cuja fase é ±180o.

Exemplo: Utilize os diagramas de Bode para determinar o intervalo de K emque o sistema realimentado é estável.

+G(s) G(s) = K

(s+2)(s+4)(s+5)R(s) E(s) C(s)−

Uma vez que este sistema tem todos os seus pólos em malha aberta no semi-plano lateral esquerdo, o sistema em malha aberta é estável. Portanto,o sistema em malha fechada será estável se a resposta em frequência

tiver um ganho menor que o unitário quando a fase for 180o.

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+G(s)

R(s) E(s) C(s)−

G(s) = K(s+2)(s+4)(s+5)

G(s) = K40

1( s

2 +1)( s4 +1)( s

5 +1)

20 log10K40 = 0 dB

−→ K = 40

Diagrama de fase: φ = −180o −→ ω ≈ 7 rad/sDiagrama de amplitude: ω = 7 rad/s −→≈ −20 dB

=⇒ um aumento em 20 dB no ganho é possível sem que o sistema se torneinstável.

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+G(s) G(s) = K

(s+2)(s+4)(s+5)R(s) E(s) C(s)−

G(s) = K40

1( s

2 +1)( s4 +1)( s

5 +1)

20 log10Kmax

40 = 20 dB −→ Kmax = 400

Portanto, o intervalo de K em que o sistema realimentado se mantém estável é:

0 < K < 400

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8.3. Estabilidade, a Margem de Ganho e Margem de Fase

Para determinar a margem de ganho, utilizamos o diagrama de fase paraencontrar a frequência ωGM cujo ângulo de fase seja ±180o. Em posse destafrequência, nos voltamos para o diagrama de amplitude e encontramos amargem de ganho correspondente GM , que é o ganho necessário para elevar acurva de amplitude até 0 dB (nesta frequência).

Para determinar a margem de fase, encontramos a frequência ωΦM onde oganho é 0 dB no diagrama de amplitude. A margem de fase ΦM é então adiferença entre o ganho de valor do ângulo de fase correspondente a estafrequência no diagrama de fase e 180o.

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Exemplo: Determine a margem de ganho e a margem de fase para K = 200.

+G(s)

R(s) E(s) C(s)−

G(s) = K(s+2)(s+4)(s+5)

= K40

1( s

2 +1)( s4 +1)( s

5 +1)

20 log1020040 = 13.98 dB

Diagrama de fase: φ = −180o −→ ω ≈ 7 rad/s

Diagrama de amplitude: ω = 7 rad/s −→≈ −20 dB +13.98 dB = 6.02 dB

Margem de Ganho: GM = 6.02 dB

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Exemplo: Determine a margem de ganho e a margem de fase para K = 200.

+G(s)

R(s) E(s) C(s)−

G(s) = K(s+2)(s+4)(s+5)

= K40

1( s

2 +1)( s4 +1)( s

5 +1)

20 log1020040 = 13.98 dB

Diagrama de amplitude: 0 dB −→ ω ≈ 5.5 rad/s

Diagrama de fase: ω ≈ 5.5 rad/s −→ φ = −165o

Margem de Fase: ΦM = −165o − (−180o) = 15o

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Exemplo: Determine o intervalo de K em que o sistema realimentado é estável:

+G(s)

R(s) E(s) C(s)−

G(s) = K(s+5)(s+20)(s+50)

= K5000

1( s

5 +1)( s20 +1)( s

50 +1)

−180o −→ ω ≈ 36.7 rad/s

ω ≈ 36.7 rad/s −→ GM ≈ 25.6 dB

20 log10Kmax5000 = 25.6 dB

Kmax = 5000 · 10 25.620 −→ Kmax ≈ 95273 −→ 0 < K < 95273

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Exemplo: Determine a margem de ganho, margem de fase, frequênciacorrespondente ao ganho em 0 dB e a frequência correspondente à fase de180o para K = 10000:

20 log1010·103

5·103 ≈ 6.02 dB

ωGM = ω−180o ≈ 36.7 rad/s

GM ≈ 25.6 dB −6.02 dB= 19.58 dB

0 dB −→ ωΦM ≈ 7.5 rad/s−→ φ ≈ −85o

ΦM = 180o − 85o = 95o

GM = 19.58 dB, ΦM = 95o, ωΦM = 7.5 rad/s, ωGM = 36.7 rad/s .

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8.4. Relação entre Resposta Transitória de Malha Fechadae Resposta em Frequência de Malha Fechada

Taxa de Amortecimento e Resposta em Frequência de Malha Fechada

+ ω2n

s(s+2ζωn)C(s)R(s) = T (s) = ω2

n

s2+2ζωns+ω2n

R(s) E(s) C(s)−

Amplitude da resposta em frequência em malha fechada:

M = |T (jω)| = ω2n√

(ω2n − ω2)2 + 4ζ2ω2

nω2

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∂(M2)∂(ω2) =

−ω4n

[2(ω2

n − ω2)(−1) + 4ζ2ω2n

][(ω2n − ω2)2 + 4ζ2ω2

nω2]2 = 0

− 2(ω2n − ω2) + 4ζ2ω2

n = 0− ω2

n + ω2 + 2ζ2ω2n = 0

ωp = ωn√

1− 2ζ2

Mp = ω2n√

(ω2n − ω2

n + 2ζ2ω2n)2 + 4ζ2ω2

nω2n(1− 2ζ2)

= ω2n√

4ζ4ω4n + 4ζ2ω4

n − 8ζ4ω4n

= ω2n√

4ζ2ω4n − 4ζ4ω4

n

Mp = 12ζ√

1−ζ2

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A frequência de pico ωp não é a frequência natural. Entretanto, para valorespequenos da taxa de amortecimento, podemos considerar que o pico ocorra nafrequência natural. Caso ζ > 0.707, o diagrama de amplitude do sistema emmalha fechada não contará com um pico:

Mp = 1

2(√

22

)√1−

(√2

2

)2= 1 −→ 20 log 1 = 0

ζ > 0.707 −→Mp < 1 −→ 20 logMp < 0

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Velocidade de Resposta e Resposta em Frequência de Malha Fechada

A largura de banda ωBW da resposta em frequência de malha fechada pode serobtida através do tempo de assentamento, tempo de pico ou do tempo desubida da resposta no tempo. A largura de banda é definida aqui como afrequência na qual a curva do diagrama de amplitude é 3 dB menor que o valorna frequência zero.

A largura de banda de um sistema com dois pólos pode ser encontradadeterminando a frequência na qual M =

√2/2 (ou seja, −3 dB) na equação da

amplitude da resposta em frequência em malha fechada:

M =√

22 = ω2

n√(ω2n − ω2)2 + 4ζ2ω2

nω2

12 = ω4

n

(ω2n − ω2

BW)2 + 4ζ2ω2nω2

BW

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ω4n − 2ω2

nω4BW + ω4

BW + 4ζ2ω2nω

2BW = 2ω4

n

ω4BW − 2ω2

n(1− 2ζ2)ω2BW = ω4

n[ω2BW − ω2

n(1− 2ζ2)]2 − ω4

n(1− 2ζ2)2 = ω4n[

ω2BW − ω2

n(1− 2ζ2)]2 = ω4

n

[1 + (1− 2ζ2)2] = ω4

n

(2− 4ζ2 + 4ζ4)

ω2BW − ω2

n(1− 2ζ2) = ω2n

√4ζ4 − 4ζ2 + 2

ω2BW = ω2

n

[(1− 2ζ2) +

√4ζ4 − 4ζ2 + 2

]ωBW = ωn

√(1− 2ζ2) +

√4ζ4 − 4ζ2 + 2

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Para relacionar ωBW ao tempo de assentamento substituimos ωn = 4Tsζ

naequação anterior:

ωBW = 4Tsζ

√(1− 2ζ2) +

√4ζ4 − 4ζ2 + 2

Similarmente, para o tempo de pico substituimos ωn = π

Tp

√1−ζ2

:

ωBW = π

Tp

√1−ζ2

√(1− 2ζ2) +

√4ζ4 − 4ζ2 + 2

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Não há uma relação precisa entre o tempo de subida e a taxa deamortecimento, então para os valores conhecidos ou desejados de Tr e ζpodemos obter o valor de ωn através do seguinte gráfico:

Por exemplo, suponha que ζ = 0.4 e Tr = 0.2 segundos. Através do gráficotemos que para ζ = 0.4, a ordenada Trωn é igual a 1.463, resultando nafrequência natural ωn = 1.463

0.2 = 7.315 rad/s. Substituindo os valores de ζ e ωnna equação da largura de banda, temos que ωBW = 10.05 rad/s.

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Exemplo: Encontre a largura de banda em malha fechada de um sistema com20% de overshoot e 2 segundos de tempo de assentamento.

%OS = e−(ζπ/√

1−ζ2)· 100 −→ ζ = − ln(%OS/100)√

π2 + (ln(%OS/100))2

ζ = − ln(20/100)√π2 + (ln(20/100))2

= − ln(1/5)√π2 + (ln(1/5))2

= ln 5√π2 + ln2 5

ωBW = 4Tsζ

√(1− 2ζ2) +

√4ζ4 − 4ζ2 + 2

= 42 ·√π2 + ln2 5

ln 5

√√√√1− 2 ln2 5π2 + ln2 5

+

√4 ln4 5(

π2 + ln2 5)2 − 4 ln2 5

π2 + ln2 5+ 2

ωBW ≈ 5.79 rad/s

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8.5. Relação entre Resposta Transitória de Malha Fechadae Resposta em Frequência de Malha Aberta

Taxa de Amortecimento a partir da Margem de Fase

A relação entre a margem de fase e a taxa de amortecimento nos permite obtero percentual de overshoot a partir margem de fase da resposta em frequênciade malha aberta.Seja um sistema de realimentação unitária cuja função em malha aberta seja

G(s) = ω2n

s(s+ 2ζωn)

Para calcularmos sua margem de fase, nós primeiramente encontramos afrequência na qual o módulo da resposta em frequência da função é igual a 1:

|G(jω)| = ω2n

| − ω2 + j2ζωnω|= 1

A frequência ω1 é então:

ω1 = ωn

√−2ζ2 +

√1 + 4ζ4

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ω2n

| − ω2 + j2ζωnω|= 1√

ω4 + 4ζ2ω2nω2

1 = ω2n

ω41 + 4ζ2ω2

nω21 = ω4

n

(ω21 + 2ζ2ω2

n)2 − 4ζ4ω4n = ω4

n

(ω21 + 2ζ2ω2

n)2 = ω4n(1 + 4ζ4)

ω21 + 2ζ2ω2

n = ω2n

√1 + 4ζ4

ω21 = ω2

n

(−2ζ2 +

√1 + 4ζ4

)ω1 = ωn

√−2ζ2 +

√1 + 4ζ4

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O ângulo de fase nesta frequência é:

∠G(jω1) = −90o − tan−1 ω1

2ζωn

= −90o − tan−1

√−2ζ2 +

√4ζ4 + 1

2ζ

A margem de fase ΦM é definida como a diferença entre este ângulo e −180o:

ΦM = 90o − tan−1

√−2ζ2 +

√4ζ4 + 1

2ζ

ΦM = tan−1 2ζ√−2ζ2 +

√4ζ4 + 1

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A relação entre a margem de fase e a taxa de amortecimento é representada nográfico a seguir:

Para garantir que a resposta em frequência de malha fechada não contenha umpico, uma margem de fase de 65.52o(ζ = 0.707) ou maior é necessária naresposta em frequência de malha aberta.

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Tempo de Assentamento e de Pico a partir da Resposta em Frequência deMalha Aberta

O diagrama de Nichols apresenta uma relação entre os ganhos de malha abertae de malha fechada. O gráfico abaixo mostra a curva de amplitude do ganhode malha aberta em relação à fase quando o ganho de malha fechada é −3 dB.Esta relação com a largura de banda de malha fechada ωBW ocorre tipicamentequando o ganho de malha fechada é 0 dB em baixas frequências.

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|T (jω1)| = 1 = ω2n√

(ω2n − ω2

1)2 + 4ζ2ω2nω2

1

(ω2n − ω2

1)2 + 4ζ2ω2nω

21 = ω4

n

ω41 − 2ω2

nω21 + 4ζ2ω2

nω21 = 0

ω1 = ωn√

2(1− 2ζ2)

|G(jω1)| = ω2n√

ω41 + 4ζ2ω2

nω21

= ω2n√

ω4n [2(1− 2ζ2)]2 + 8ζ2ω4

n(1− 2ζ2)

= 12√

1− 4ζ2 + 4ζ4 + 2ζ2 − 4ζ4= 1

2√

1− 2ζ2

ζ2 � 1 −→ |G(jω1)| = 12 −→ 20 log10

12 ≈ −6 dB

Nós podemos então considerar que a frequência ωBW corresponde à frequênciade malha aberta em que a amplitude esteja entre −6 e −7.5 dB se a faseestiver entre −135o e −225o.

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Exemplo: Dados o sistema e seus diagramas de Bode a seguir, estime seustempos de assentamento e de pico.Primeiramente verificamos nodiagrama de amplitude demalha aberta se há um valorde frequência no intervalo entre−6 e −7.5 dB que estejatambém no intervalo de −135o

a −225o no diagrama de fase.O próximo passo é determinarζ através da margem de fase.No diagrama de amplitudevemos que para um ganhode 0 dB, a frequência éaproximadamente 2.2 rad/s,que por sua vez correspondea −145o no diagrama de fase.A margem de fase é portanto(− 145o − (−180o)

)= 35o.

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A taxa de amortecimento pode ser obtida através do gráfico que a relaciona com amargem de fase:

Com o valor obtido ζ = 0.32 e com os previamente obtidos (ωBW = 3.7 rad/s eω = 2.2 rad/s), podemos agora calcular os tempos de assentamento e de pico:

Ts =4

ωBW ζ

√(1− 2ζ2) +

√4ζ4 − 4ζ2 + 2 −→ ≈ 4.86

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8.6. Características do Erro em Estado Estacionário a partir daResposta em FrequênciaOs diagramas de Bode de amplitude não normalizados e sem escalamento dasfrequências podem ser utilizados para encontrarmos os valores das constantes de erroestacionário.Posição ConstanteConsidere o seguinte sistema Tipo 0:

G(s) = K

n∏i=1

(s+ zi)

m∏i=1

(s+ pi)

O valor inicial do diagram de Bode é:

20 logM = 20 logK

n∏i=1

zi

m∏i=1

pi

= 20 logKp −→ Kp = K

n∏i=1

zi

m∏i=1

pi

Assim, para um diagrama de Bode não normalizado e sem escalamento de frequência,a amplitude de baixas frequências de um sistema Tipo 0 é 20 logKp.

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8.6. Características do Erro em Estado Estacionário a partir daResposta em FrequênciaVelocidade ConstanteConsidere o seguinte sistema Tipo 1:

G(s) = K

n∏i=1

(s+ zi)

sm∏i=1

(s+ pi)


20 logM = 20 logK

n∏i=1

zi

ω0m∏i=1

pi

= 20 logKv

ω0−→ Kv = K

n∏i=1

zi

m∏i=1

pi

Assim, para um diagrama de Bode não normalizado e sem escalamento de frequência,a constante Kv corresponde a interseção do eixo das frequências com a reta de −20dB/dec inicial.

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8.6. Características do Erro em Estado Estacionário a partir daResposta em FrequênciaAceleração ConstanteConsidere o seguinte sistema Tipo 2:

G(s) = K

n∏i=1

(s+ zi)

s2m∏i=1

(s+ pi)


20 logM = 20 logK

n∏i=1

zi

ω20

m∏i=1

pi

= 20 logKa

ω20

−→ Ka = K

n∏i=1

zi

m∏i=1

pi

Assim, para um diagrama de Bode não normalizado e sem escalamento de frequência,a interseção do eixo das frequências com a reta de −40 dB/dec inicial corresponde a√Ka.

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8.6. Características do Erro em Estado Estacionário a partir daResposta em FrequênciaExemplo: Encontre as constantes de erro estacionário para um sistema derealimentação unitária estável cuja função de transferência em malha aberta tem oseguinte diagrama de Bode de amplitude:

{ω = 0.01 −→ 20 logM = 120 dB

=⇒ −40 dB/decω = 0.03 −→ 20 logM = 100 dB

20 logM = 0 dB −→ ω = 10 rad/s −→√Ka = 10 −→ Ka = 100

Kp =∞ , Kv =∞

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8.7. Sistemas com Atraso no TempoAs técnicas prévias de resposta em frequência podem ser utilizadas para lidar comsistemas com atraso no tempo se a resposta de fase for devidamente ajustada.Tipicamente o atraso no tempo reduz as margens de ganho e de fase, resultando emum aumento do percentual de overshoot ou na instabilidade da resposta em malhafechada.

+G(s) C(s) = R(s)G(s) c(t)

R(s) E(s) C(s)−

+G′(s) e−sTC(s) = R(s)G′(s) c(t− T )

R(s) E(s) C(s)−

Um sistema com atraso no tempo T pode ser representado em função de um sistemasem atraso no tempo equivalente:

G′(s) = e−sTG(s)

Ou em função da resposta em frequência:

G′(jω) = e−jωTG(jω) = |G(jω)|{∠− ωT + ∠G(jω)}

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8.7. Sistemas com Atraso no TempoEm outras palavras, o atraso no tempo não afeta a amplitude da curva de resposta emfrequência de G(jω), mas subtrai uma mudança de fase linearmente crescente, ωT , dodiagrama de fase da resposta em frequência G(jω).

A redução da mudança de fase causada pelo atraso reduz a margem de fase. Usandouma aproximação de segunda ordem, esta redução na margem de fase leva a uma taxade amortecimento reduzida para o sistema em malha fechada e a uma resposta maisoscilatória. A redução na fase também leva a uma redução da frequência de margemde ganho. Da curva de amplitude podemos observar que uma redução na frequênciada margem de fase leva a uma redução na margem de ganho, aproximando assim osistema da instabilidade.

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8.7. Sistemas com Atraso no TempoExemplo: Faça os diagramas de resposta em frequência paraG(s) = K/[s(s+ 1)(s+ 10)] considerando que haja um atraso de 1 segundo nosistema.

Como dito anteriormente, a curva de amplitude não é afetada pelo atraso, deforma que para K = 1 temos:

Já a curva de fase é feita através da composição da resposta em fase dosistema G(jω) com a curva do atraso e−jωT . As duas podem ser construídasseparadamente e somadas em seguida. Para um atraso de 1 segundo temos:

e−jωT = 1∠− ωT T = 1−−−→ e−jω = 1∠− ω

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8.7. Sistemas com Atraso no TempoO diagrama de fase com as duas curvas separadas e a composta pela somadestas é mostrado a seguir:

Nesta representação fica nítido a diminuição na margem de fase devido apresença do atraso. Usando uma aproximação de segunda ordem, esta reduçãona margem de fase implica em uma taxa de amortecimento menor e em umaresposta mais oscilatória para o sistema em malha fechada.

Além disso, há uma diminuição na frequência de margem de ganho. Estadiminuição resulta em uma margem de ganho menor, aproximando o sistemada instabilidade.

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8.7. Sistemas com Atraso no TempoExemplo: Para o sistema G(s) = K/[s(s+ 1)(s+ 10)] com atraso de 1segundo:a. Encontre o intervalo do ganho K que garante estabilidade utilizando osdiagramas de Bode e as técnicas de resposta em frequência.b. Repita para o sistema sem atraso.

Pelo diagrama de fase obtemos a frequência de 0.81 rad/s referente ao ângulode fase de −180o.

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8.7. Sistemas com Atraso no TempoEsta frequência de 0.81 rad/s corresponde, no diagrama de amplitude, a −20.39 dB.Logo a margem de ganho é de 20.39 dB.

20 logK

10= 20.39 −→ K = 10

20.3920 = 10.46

Portanto o sistema é estável para o intervalo 0 < K < 10.46.

Já para o sistema sem atraso, o ângulo de fase de −180o corresponde à frequência3.16 rad/s. Pelo diagrama de amplitude vemos que a margem de ganho é de 40.84dB, logo:

K = 1040.84

20 = 110.2O sistema sem atraso é estável para o intervalo 0 < K < 110.2.

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8.7. Sistemas com Atraso no TempoExemplo: Para o sistema G(s) = K/[s(s+ 1)(s+ 10)] com atraso de 1 segundo:

a. Determine o percentual de overshoot se K = 5, utilizando os diagramas de Bode eas técnicas de resposta em frequência.b. Repita para o sistema sem atraso.

K = 5 −→ 20 log10 5 ≈ 13.98 dBA curva de amplitude é elevada em 13.98 dB, fazendo com que a frequênciacorrespondente a 0 dB seja 0.47 rad/s com um ângulo de fase de −145o.

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8.7. Sistemas com Atraso no TempoA margem de fase é então: ΦM = −145o − (−180o) = 35o. Em posse destevalor e supondo uma aproximação de segunda ordem, obtemos uma taxa deamortecimento ζ igual a 0.33 pelo gráfico de ΦM x ζ:

Ou pode ser igualmente calculado pela equação:

ΦM = tan−1 2ζ√−2ζ2

√1 + 4ζ4

−→ ζ = tan ΦM2 4√1 + tan2 ΦM

O percentual de overshoot pode então ser calculado:

%OS = e−(ζπ/√

1−ζ2)· 100 −→ %OS ≈ 33%

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8.7. Sistemas com Atraso no TempoPara o sistema sem atraso com o mesmo valor de K = 5, a frequênciacorrespondente a 0 dB é a mesma do sistema com atraso (ω = 0.47 rad/s),uma vez que o atraso não altera a curva de amplitude. Contudo, o ângulo defase correspondente a este valor de ω = 0.47 rad/s é agora −118o. Sendoentão a margem de fase ΦM = −118o − (−180o) = 62o.Supondo uma aproximação de segunda ordem, obtemos ζ = 0.64 (pelo gráficode ΦMxζ ou calculando). O percentual de overshoot pode então ser calculado:

%OS = e−(ζπ/√

1−ζ2)· 100 −→ %OS ≈ 7.3%

Figure: Comparação da resposta ao degrau unitário do sistema com e sem atraso.

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8.8. Obtendo Funções de Transferência ExperimentalmenteA determinação analítica da função de transferência de um sistema pode serdifícil. Os valores individuais dos componentes podem não ser conhecidos ou aconfiguração interna do sistema pode não ser acessível. Em tais casos, aresposta em frequência do sistema pode ser obtida experimentalmente e usadapara determinar a função de transferência. Para obter um diagrama de respostaem frequência experimentalmente, aplicamos um sinal senoidal na entrada dosistema e medimos na saída a amplitude e o ângulo de fase em estadoestacionário. Repetindo este processo para um número considerável defrequências obtemos dados suficientes para esboçarmos os diagramas deresposta em frequência. A resposta em amplitude é M(ω) = Mo(ω)Mi(ω) e aresposta em fase φ(ω) = φo(ω)− φi(ω). Uma vez que a resposta emfrequência é obtida, a função de transferência do sistema pode ser estimada apartir das frequências de corte e dos declives.

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8.8. Obtendo Funções de Transferência Experimentalmente

Os diagramas de Bode são representações convenientes dos dados de respostaem frequência para estimarmos a função de transferência. Eles permitem quepartes da função de transferência sejam determinadas e, posteriormente, umnível maior de refinamento pode ser utilizado para identificar as partesremanescentes da função de transferência.

Os seguintes passos são orientações para o processo:1. A partir dos diagramas de Bode de amplitude e de fase, estime os pólos ezeros do sistema. Determine o tipo do sistema pelo declive inicial no diagramade amplitude. Veja a excursão da fase para ter uma ideia da diferença entre onúmero de pólos e o de zeros.2. Verifique se partes das curvas de amplitude e fase apresentam pólos ou zerosde primeira ou segunda ordem óbvios nos diagramas de resposta em frequência.

3. Verifique se há algum indicador de pico ou depressão no diagrama deresposta em amplitude que indique respectivamente um pólo ou zerosub-amortecido.

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8.8. Obtendo Funções de Transferência Experimentalmente

4. Se qualquer resposta de pólos ou zeros puder ser identificada, sobreponha ascurvas de amplitude ou de fase com, respectivamente, retas de ±20 ou ±40dB/década ou ±45o/década, e estime as frequências de corte. Para pólos ouzeros de segunda ordem, estime a taxa de amortecimento e a frequêncianatural a partir das curvas padrão mostradas na Seção 2.5. Crie uma função de transferência de ganho unitário utilizando os pólos ezeros encontrados. Obtenha a resposta em frequência desta função detransferência e a subtraia da resposta em frequência anterior. Como resultadotemos uma resposta em frequência de complexidade reduzida a partir da qualreiniciamos o processo para extrair mais pólos e zeros do sistema original.Softwares como MATLAB facilitam muito este passo.

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Na Seção 5 temos a relação entre a taxa de amortecimento (equivalentementeo percentual de overshoot) e a margem de fase para G(s) = ω2

n/s(s+ 2ζωn).Portanto, se pudermos variar a margem de fase, variaremos o percentual deovershoot. Na figura abaixo vemos que para termos uma margem de fase ΦM ,representada por CD, teríamos que aumentar a curva de amplitude em AB.Desta forma, um simples ajuste no ganho pode ser usado para projetar amargem de fase e, consequentemente, o percentual de overshoot.

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Procedimento usando a resposta em frequência de malha aberta(supondo pólos de segunda ordem dominantes em malha fechada):1. Esboce os diagramas de Bode de amplitude e de fase para um valorconveniente de ganho.2. Utilizando as equações

ζ = − ln(%OS/100)√π2 + ln2(%OS/100)

, ΦM = tan−1 2ζ√−2ζ2 +

√1 + 4ζ4

,

determine a margem de fase necessária a partir do percentual de overshoot.3. Encontre a frequência ωΦM no diagrama de fase de Bode que leve à margemde fase CD (como mostrado na figura anterior).4. Altere o ganho em um valor AB para forçar que a curva de amplitude passepor 0 dB em ωΦM . O valor do ajuste de ganho é o ganho adicional necessáriopara produzir a margem de fase necessária.

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Exemplo: Para o sistema de controle de posição mostrado na figura abaixo,encontre o valor do ganho K do pré-amplificador que leve a um overshoot de9.5% na resposta transitória para um degrau unitário de entrada. Utilizeapenas métodos de resposta em frequência.

1. A função de transferência em malha aberta do sistema é

G(s) = 100 ·Ks(s+ 36)(s+ 100)

Logo, o sistema é do tipo 1. Para o diagrama de Bode não normalizado e semescalamento das frequências, a frequência onde a reta inicial de −20dB/década intercepta o eixo das frequências é:

ω = Kv = 100 ·K36 · 100 = K

36

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Para uma amplitude de 0 dB em ω = 0.1 temos que K = 3.6.2. Determinando a margem de fase a partir do percentual de overshoot:

ζ = − ln(%OS/100)√π2 + ln2(%OS/100)

= − ln(9.5/100)√π2 + ln2(9.5/100)

≈ 0.6

ΦM = tan−1 2ζ√−2ζ2 +

√1 + 4ζ4

= tan−1 2 · 0.6√−2(0.6)2 +

√1 + 4(0.6)4

≈ tan−1 1.68 ≈ 59.2o

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8.9. Resposta Transitória Através do Ajuste de Ganho3. Para uma margem de fase ΦM = 59.2o, temos um ângulo de faseφ = 59.2o − 180o = −120.8o, que, pelo diagrama de fase, corresponde aω = 14.8 rad/s.

4. No diagrama de amplitude, a frequência ω = 14.8 rad/s corresponde a umganho de −44.2 dB. Para termos a margem de fase necessária, devemos elevara curva de amplitude de forma que para esta frequência o ganho corresponda a0 dB. Como o diagrama de amplitude foi esboçado para um ganho K = 3.6, ovalor de K que leva à margem de fase relacionada a um overshoot de 9.5% éentão:

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20 log10 K = 20 log10 3.6 + 44.2 dB

20 log10K

3.6 = 44.2 dB

K = 3.6 · 1044.2

20 = 3.6 · 162.2

K = 583.9

A função de transferência de malha aberta com o ganho ajustado é então:

G(s) = 58390s(s+ 36)(s+ 100)

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8.9. Resposta Transitória Através do Ajuste de GanhoExemplo: Para o sistema de realimentação unitária com função de transferênciaem malha aberta

G(s) = K

s(s+ 50)(s+ 120)utilize técnicas de resposta em frequência para encontrar o valor de ganho Kque resulte em uma resposta ao degrau unitário em malha fechada com 20% deovershoot.

1. Pela função de transferência, sabemos que o sistema é do tipo 1, logo afrequência que intercepta o eixo das frequência no diagrama de amplitude é:

ω = Kv = K

50 · 120 = K

6000Para uma amplitude de 0 dB em ω = 0.1, temos K = 600.2. A taxa de amortecimento para 20% de overshoot é:

ζ = − ln(20/100)√π2 + ln2(20/100)

≈ 0.45

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8.9. Resposta Transitória Através do Ajuste de GanhoTemos então a margem de fase:

ΦM = tan−1 2 · 0.45√−2(0.45)2 +

√1 + 4(0.45)4

≈ 47.6o

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8.9. Resposta Transitória Através do Ajuste de Ganho3. Para uma margem de fase ΦM = 47.6o, temos um ângulo de faseφ = 47.6o − 180o = −132.4o. Pelo diagrama de fase vemos que este valorcorresponde a frequência ω ≈ 27.9 rad/s.

4. Pelo diagrama de amplitude, esta frequência corresponde a −50.3 dB.

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8.9. Resposta Transitória Através do Ajuste de GanhoComo o diagrama de amplitude foi esboçado para um ganho K = 600, o valorde K que leva à margem de fase relacionada a um overshoot de 20% é:

20 log10 K = 20 log10 600 + 50.3 dB

20 log10K

600 = 50.3 dB

K = 600 · 1050.3

20

K ≈ 196404A função de transferência de malha aberta com o ganho ajustado é então:

G(s) = 196404s(s+ 50)(s+ 120)

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8.10. Controle LagA função do controlador Lag, conforme visto nos diagramas de Bode, é (1)melhorar a constante de erro estático aumentando apenas o ganho de baixasfrequências sem resultar em qualquer tipo de instabilidade, e (2) aumentar amargem de fase do sistema para levar à resposta transitória desejada.

O sistema sem a compensação é instável, uma vez que, para a frequênciacorrespondente ao ângulo de fase de 180o, o ganho é maior que 0 dB.

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8.10. Controle LagO controlador Lag reduz o ganho de altas frequências, mas mantém inalteradoo ganho de baixas frequências. Portanto, o ganho de baixas frequências dosistema pode ser alto, levando a um maior Kv, sem tornar o sistema instável.A estabilização ocorre porque a compensação reduz o ganho para menos que 0dB na frequência referente ao ângulo de fase de 180o.Procedimento para o projeto do Controlador Lag :1. Ajuste o ganho K para o valor que satisfaça a especificação do erro deestado estacionário e esboçe os diagramas de Bode de amplitude e de fase paraeste valor de ganho.2. Encontre a frequência onde a margem de fase é de 5 a 12o maior que amargem de fase que resulta na resposta transitória desejada. Este passo visacompensar a possível contribuição, feita pelo controle Lag, de −5 a −12o defase na frequência da margem de fase.3. Selecione um controlador Lag cuja resposta em amplitude resulte em umdiagrama de amplitude composto que passe por 0 dB na frequênciadeterminada no passo 2, da seguinte forma: Esboce a assíntota de altasfrequências do controlador que resulta em 0 dB do sistema compensado nafrequência determinada.

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8.10. Controle Lag

Desta forma, se o ganho nesta frequência é 20 logKPM, a assíntota de altasfrequências do controlador Lag deve ser ajustada para −20 logKPM. Selecionea frequência de corte superior de forma que ela esteja uma década abaixo dafrequência calculada no passo 2 e ajuste a assíntota de baixas frequências em 0dB. Conecte as assíntotas de altas e baixas frequências com uma reta de −20dB/década para localizar a menor frequência de corte.4. Reajuste o ganho K do sistema para compensar qualquer atenuação nocontrole Lag, de forma que a constante de erro estático (Kv) se mantenha amesma da encontrada no passo 1.

A função de transferência do controlador Lag é:

Gc(s) =s+ 1

T

s+ 1αT

onde α > 1.

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8.10. Controle Lag

Figure: Diagrama de Bode do controlador Lag Gc(s) = (s + 0.1)/(s + 0.01).

A margem de fase é projetada no intervalo de altas frequências. As característicasatenuadoras desta região reduzem o ganho em malha aberta até 1 (0 dB) nafrequência da margem de fase. A resposta de fase do controlador terá um efeitomínimo no projeto da margem de fase nesta região.

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8.10. Controle Lag

Exemplo: Dado o sistema abaixo, use os diagramas de Bode para projetar umcontrolador Lag que melhore em dez vezes o erro de regime estacionário sobreo sistema com ganho compensado, mantendo o percentual de overshoot em9.5%.

1. Utilizando o procedimento de determinação do ganho para um percentual deovershoot desejado (Seção 9), nós temos para o valor de 9.5% de overshootum ganho K = 583.9. Assim,

Kv = K

n∏i=1

zi

m∏i=1

pi

= 100 · 583.936 · 100 = 16.22

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8.10. Controle LagPara ampliar em dez vezes o erro em estado estacionário, Kv deve aumentarem um fator de 10, logo Kv = 162.2 e, portanto, K = 5839.

G(s) = 583900s(s+ 36)(s+ 100)

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8.10. Controle Lag

2. Para o percentual de overshoot de 9.5%, temos uma taxa de amortecimentoζ = 0.6 e uma margem de fase ΦM = 59.2o. Precisamos de uma margem defase que seja entre 5 a 12o maior que a calculada para compensar o acréscimoao ângulo de fase feito pelo controlador Lag. Escolhemos aumentar em 10o amargem de fase, ou seja, ΦM = 69.2o. Temos então um ângulo de faseφ = 69.2o − 180o = −110.8o e, pelo diagrama de fase, vemos que correspondeà frequência ω = 9.8 rad/s.Na frequência ω = 9.8 rad/s, o diagrama deve corresponder ao ganho de 0 dB.A amplitude nesta frequência é de 24 dB, portanto, o controle Lag deve (nestafrequência) fazer uma atenuação de −24 dB.

3. Para o projeto do controle Lag, começamos com a assíntota em −24 dB nodiagrama de amplitude. A frequência de corte superior é selecionada comosendo uma década abaixo da frequência ω calculada, ou seja, ωUB = 0.98rad/s. Traçamos a partir desta frequência até o ganho de 0 dB (da direita paraa esquerda), uma reta de inclinação de 20 dB/década. A frequência na qual areta encontra o ganho de 0 dB é a frequência de corte inferior, que, neste caso,é ωLB = 0.062 rad/s.

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8.10. Controle Lag

4. O controlador lag deve ter um ganho unitário (por isso o 0 dB no passoanterior) para manter o valor de Kv calculado no passo 1 para o ganhoK = 5839. Assim, temos:

Gc(s) = Kc(s+ zc)(s+ pc)

= Kc(s+ 0.98)(s+ 0.062) −→ Kc · 0.98

0.062 = 1 −→ Kc = 0.063

A função de transferência do controlador Lag é:

Gc(s) = 0.063(s+ 0.98)(s+ 0.062)

Figure: Características do sistema compensado.

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8.10. Controle Lag

Exemplo: Projete um controlador Lag para o sistema

G(s) = K

s(s+ 50)(s+ 120)

que melhore em dez vezes o erro de estado estacionário, e com uma respostaao degrau de malha fechada com 20% de overshoot.Solução:1.1. A função de transferência em malha aberta G(s) apresenta 1 pólo em 0,portanto é um sistema do tipo 1. A frequência ω onde a reta inicial de −20 dB/década intercepta o eixo das frequências é igual a constante de velocidadesKv, que por sua vez é igual a:

Kv = K

50 · 120 = K

6000Escolhendo esta frequência como 0.1, temos K = 600.Os diagramas de Bode da função de transferência do sistema em malha abertapara este valor de K são mostrados a seguir.

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8.10. Controle Lag

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8.10. Controle Lag

1.2. Agora temos que determinar a margem de fase para o percentual deovershoot desejado. Começamos identificando a taxa de amortecimento:

ζ = − ln(%OS/100)√π2 + ln2(%OS/100)

= − ln(20/100)√π2 + ln2(20/100)

= 0.45

Em posse deste valor, calculamos a margem de fase:

ΦM = tan−1 2ζ√−2ζ2 +

√1 + 4ζ4

= 47.6o

1.3. Para a margem de fase calculada, devemos ter um ângulo de fase

φ = ΦM − 180o = −132.4o

que corresponde à frequência 27.9 rad/s no diagrama de fase.1.4. No diagrama de amplitude vemos que esta frequência corresponde a −50.3dB. Pra margem de fase de 47.6o, necessária para os 20% de overshoot,devemos ter uma amplitude de 0 dB nesta frequência de 27.9 rad/s.

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8.10. Controle Lag

Portanto, devemos ajustar o ganho para forçar que a amplitude seja 0 dB emω = 27.9 rad/s.

20 log10 K = 20 log10 600 + 50.3

K = 600 · 1050.3

20 = 196404e, correspondentemente,

Kv = K/6000 = 32.734

1.5. Uma vez que o sistema é do tipo 1, sabemos que o erro de estadoestacionário é 0 pra entrada degrau, constante para rampa e infinito paraparábola. Então, considerando uma rampa de entrada, temos o erro:

ess = 1Kv

= 132.734

Contudo, para atendermos a demanda de um erro melhorado em 10 vezes (ouseja, 10 vezes menor), devemos ter um aumento em 10 vezes no valor de Kv:

e∗ss = ess10 = 1

10 ·Kv= 1

327.34

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8.10. Controle Lag

Logo, K também deve aumentar 10 vezes. Assim, a função de transferência dosistema em malha aberta é:

G(s) = 1964040s(s+ 50)(s+ 120)

2. Para compensar a contribuição do controlador Lag ao ângulo de fase,somamos 10o à margem de fase (ΦM = 57.6o), resultando num ângulo de faseφ = −122.4o. No diagrama de fase a frequência correspondente a este ângulo éde ω = 20 rad/s.

3. No diagrama de amplitude, vemos que nesta frequência a amplitude é de23.5 dB. Ou seja, o controle Lag deve então fazer uma atenuação de −23.5 dBpara que esta frequência corresponda a 0 dB.Nós começamos o projeto do controle Lag ajustando a frequência de cortesuperior para uma década abaixo da frequência calculada: ωUB = 2 rad/s. Apartir deste valor nós traçamos uma reta de −20 dB/década até chegarmos a 0dB, determinando assim a frequência de corte inferior.

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8.10. Controle Lag

Figure: G(s) = 1964040/s(s + 50)(s + 120) — , Controlador Lag —

Pelo diagrama de Bode de amplitude temos uma frequência de corte inferiorωLB = 0.14 rad/s.

4. Após calcularmos as frequências de corte superior e inferior do controladosLag (que correspondem, respectivamente, ao zero e ao pólo do controlador), sónos resta determinar sua constante de ganho.

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8.10. Controle Lag

Glag(s) = K(s+ 2)(s+ 0.14)

Glag(s)|s→0 = 1 = K · 20.14 −→ K = 0.07

Glag(s) = 0.07(s+ 2)(s+ 0.14)

Esta é então a função de transferência do controlador Lag para o sistema emmalha aberta

G(s) = 1964040s(s+ 50)(s+ 120)

Os diagramas de Bode de amplitude e fase com a compensação são mostradosa seguir.

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8.10. Controle Lag

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8.11. Controle Lead

Para sistemas de segunda ordem, nós obtemos a relação entre a margem defase e o percentual de overshoot assim como a relação entre largura de bandaem malha fechada e outras especificações no domínio do tempo como tempode assentamento, tempo de pico e tempo de subida. Quando projetamos ocontrolador Lag para melhorar o erro de estado estacionário, nós desejávamosum efeito mínimo no diagrama de fase de forma a produzir uma mudançaimperceptível na resposta transitória. Entretanto, ao projetarmos o controladorLead com os diagramas de Bode, nós queremos alterar o diagrama de fase.Queremos aumentar a margem de fase para reduzir o percentual de overshoot eaumentar a frequência onde a curva de amplitude cruza 0 dB para realizar umaresposta transitória mais rápida.

O controlador Lead aumenta a largura de banda pelo aumento da frequênciaonde a curva de amplitude cruza o eixo das frequências. Ao mesmo tempo, acurva de fase é aumentada em altas frequências. Como resultado temos umamargem de fase maior (o que resulta em um percentual de overshoot menor) euma frequência da margem de fase maior (o que resulta em um tempo de picomenor).

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8.11. Controle Lead

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8.11. Controle Lead

A função de transferênciado controlador Lead é:

Gc(s) = 1β

s+ 1T

s+ 1βT

onde β < 1.

φc = ∠Gc(s)= tan−1 ωT − tan−1 ωβT

dφcdω = T

1 + (ωT )2 −βT

1 + (ωβT )2

A frequência máxima na qual ocorre o ângulo de fase máximo φmax é:

ωmax = 1T√β

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8.11. Controle Lead

Gc(s = jωmax) = 1β

jωmax + 1T

jωmax + 1βT

=j

1√β

+ 1

jβ + 1

|Gc(jωmax)| =1√β

φc = tan−1 ωT − tan−1 ωβT

tanφc = tan(tan−1 ωT − tan−1 ωβT )

= tan(tan−1 ωT )− tan(tan−1 ωβT )1 + tan(tan−1 ωT ) tan(tan−1 ωβT )

= ωT − ωβT1 + (ωT )(ωβT ) = ωT (1− β)

1 + ω2T 2β

tanφmax = ωmaxT (1− β)1 + ω2

maxT 2β= 1− β

2√β

φmax = tan−1 1− β2√β

= sin−1 1− β1 + β

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8.11. Controle LeadProcedimento para o projeto do Controlador Lead :1. Encontre a largura de banda em malha fechada necessária para atender osrequisitos de tempo de assentamento, tempo de pico ou tempo de subida.

ωBW = ωn

√(1− 2ζ2) +

√4ζ4 − 4ζ2 + 2

ωBW = 4Tsζ

√(1− 2ζ2) +

√4ζ4 − 4ζ2 + 2

ωBW = π

Tp√

1− ζ2

√(1− 2ζ2) +

√4ζ4 − 4ζ2 + 2

2. Uma vez que o efeito em baixas frequências do controlador Lead é nulo,ajuste o ganho K do sistema não compensado para o valor que atenda orequisito de erro de estado estacionário.3. Esboçe os diagramas de Bode de amplitude e fase para este valor de ganhoe determine a margem de fase do sistema não compensado.

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8.11. Controle LeadProcedimento para o projeto do Controlador Lead :4. Encontre a margem de fase exigida pela taxa de amortecimento oupercentual de overshoot. Em seguida, calcule a contribuição de fase adicionalque o controlador Lead deve prover para corrigir a redução de fase causadapelo sistema original.5. Determine o valor de β a partir da contribuição de fase requerida pelocontrolador Lead.

φc = tan−1 ωT − tan−1 ωβT

φmax = tan−1 1− β2√β

= sin−1 1− β1 + β

6. Determine a amplitude do controlador Lead na frequência do pico da curvade fase.

|Gc(jωmax)| =1√β

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8.11. Controle LeadProcedimento para o projeto do Controlador Lead :7. Determine a nova frequência de margem de fase encontrando onde a curvade amplitude do sistema não compensado tem sinal oposto da curva deamplitude do controlador Lead na frequência do pico da curva de fase.8. Projete as frequências de corte do controlador Lead usando

Gc(s) = 1β

s+ 1T

s+ 1βT

ωmax = 1T√β

para encontrar T e as frequências de corte.9. Reajuste o ganho do sistema para compensar o ganho do controlador Lead.10. Confira a largura de banda para garantir que o requisito de velocidade dopasso 1 tenha sido cumprido.11. Faça uma simulação para checar todos os requisitos. Reprojete, senecessário, para atendê-los.

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8.11. Controle LeadExemplo: Dado o sistema abaixo, projete um controlador Lead que resulte emum overshoot de 20% e Kv = 40 com um tempo de pico de 0.1 segundos.

Solução:1. Para um overshoot de 20%

ζ = − ln(%OS/100)√π2 + ln2(%OS/100)

= − ln(20/100)√π2 + ln2(20/100)

≈ 0.456

Com a taxa de amortecimento e o tempo de pico, podemos determinar alargura de banda:

ωBW = π

Tp√

1− ζ2

√(1− 2ζ2) +

√4ζ4 − 4ζ2 + 2 ≈ 15.9 rad/s

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8.11. Controle Lead

2. Para um sistema do tipo 1, o erro de estado estacionário é ess = 1/Kv. Paraatender o requisito Kv = 40, o ganho K do sistema em malha aberta é obtidoda seguinte forma:

Kv = lims→0

s ·G(s) = lims→0

s · 100 ·Ks(s+ 36)(s+ 100) = 100 ·K

36 · 100

K = 36 ·Kv = 36 · 40

K = 1440

A função de transferência é então:

G(s) = 144000s(s+ 36)(s+ 100)

3. Os diagramas de Bode de amplitude e de fase do sistema não compensado émostrado a seguir.

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8.11. Controle Lead

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100

8.11. Controle LeadNo diagrama de amplitude, vemos que a frequência correpondente ao valor deganho 0 dB é de 30 rad/s. No diagrama de fase esta frequência corresponde aoângulo −146.5o. A margem de fase do sistema não compensado é então:

ΦM = −146.5o − (−180o) = 33.5o

4. A margem de fase necessária para um overshoot de 20% (ζ = 0.456) é de

ΦM = tan−1 = 2ζ√−2ζ2 +

√1 + 4ζ4

≈ 48.1o

Nós sabemos que o controlador Lead também aumentará a frequência damargem de fase, então adicionamos um fator de correção para compensar oângulo de fase menor do sistema não compensado nesta frequência de margemde fase maior. Como não sabemos qual o valor desta frequência, supomos umfator de correção de 10o. Assim, a contribuição de fase adicional necessária éde 48.1o − 33.5o + 10o = 24.6o.

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8.11. Controle Lead5. A partir da contribuição de fase φmax = 24.6o, temos

φmax = sin−1 1− β1 + β

−→ β = 1− sinφmax

1 + sinφmax≈ 0.42

6. A amplitude do controlador Lead na frequência de pico da curva de fase é

|Gc(jωmax)| =1√β≈ 1.542 −→ 20 log10 1.542 ≈ 3.76 dB

7. Se escolhermos ωmax como a nova frequência da margem de fase, aamplitude do sistema não compensado deve diminuir em 3.76 dB nestafrequência de forma a chegar a 0 dB no sistema com o controle Lead. Porinspeção do diagrama de amplitude, vemos que o sistema não compensado temuma frequência ω = 38.9 rad/s no valor de amplitude −3.76 dB. A novafrequência de margem de fase é então ωmax = 38.9 rad/s.8. Com ωmax e β determinados podemos agora determinar T :

ωmax = 1T√β−→ T = 1

ωmax√β≈ 0.0397

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8.11. Controle LeadAs frequências de corte inferior e superior são,

ωLB = 1T≈ 25.2 rad/s

ωUB = 1βT≈ 60.0 rad/s

9. A função de transferência do controlador Lead é

Gc(s) = 1β

s+ 1T

s+ 1βT

= 2.38 s+ 25.2s+ 60

A função de transferência com a adição do controlador Lead :

Gc(s)G(s) = 342720(s+ 25.2)s(s+ 36)(s+ 100)(s+ 60)

Os diagramas de amplitude e de fase são mostrados a seguir.

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8.11. Controle Lead

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8.11. Controle Lead10. Na Seção 5, nós vimos que podemos considerar que a frequência ωBW (damalha fechada) corresponde à frequência de malha aberta em que a amplitudeesteja entre −6 e −7.5 dB se a fase estiver entre −135o e −225o.No diagrama de amplitude vemos que para −7 dB temos uma frequência de66.6 rad/s (que no diagrama de fase corresponde a −164o), a qualconsideramos como sendo a largura de banda do sistema em malha fechada.Como este valor excede o valor calculado no primeiro passo, o requisito dotempo de pico foi cumprido.11. Agora checamos os resultados obtidos com os requisitados.

Kv = lims→0

s ·Gc(s)G(s) = 342720 · 25.236 · 100 · 60 = 39.984

No diagrama de amplitude vemos que a curva cruza 0 dB na frequência 38.8rad/s que, no diagrama de fase, corresponde ao ângulo de fase −134.5o. Amargem de fase é então ΦM = 45.5o. A taxa de amortecimento e o percentualde overshoot são, respectivamente:

ζ = tan ΦM2 4√1 + tan2 ΦM

≈ 0.42 , %OS = e−(ζπ/√

1−ζ2)· 100 ≈ 23.3%

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8.11. Controle Lead

Figure: Resposta ao degrau unitário do sistema em malha fechada. Tp ≈ 0.073 s

O percentual de overshoot está acima do desejado e o tempo de picoadiantado. Se estas diferenças não forem aceitáveis, devemos reiniciar o projeto.

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Um controlador do tipo Lead-Lag pode ser feito por partes: o controlador Lagpode ser projetado para diminuir o ganho em altas frequências, estabilizar osistema e melhorar o erro de estado estacionário, e então projetar o controladorLead para obter os requisitos de margem de fase. Porém, é mais econômicouma única rede passiva que realize ambas as tarefas.A função de transferência do controlador Lead-Lag é:

Gc(s) = GLead(s)GLag(s) =

s+ 1T1

s+ γ

T1

s+ 1

T2

s+ 1γT1

onde γ > 1. As constantes α e β dos controladores Lag e Lead,respectivamente, são substituidas por este único valor γ.

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Figure: Exemplos do controlador Lead-Lag para diversos valores de γ

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8.12. Controle Lead-LagProcedimento para o projeto do Controlador Lead-Lag :1. Utilizando uma aproximação de segunda ordem, encontre a largura de bandaem malha fechada necessária para atender aos requisitos de tempo deassentamento, tempo de pico ou tempo de subida.

ωBW = ωn

√(1− 2ζ2) +

√4ζ4 − 4ζ2 + 2

ωBW = 4Tsζ

√(1− 2ζ2) +

√4ζ4 − 4ζ2 + 2

ωBW = π

Tp√

1− ζ2

√(1− 2ζ2) +

√4ζ4 − 4ζ2 + 2

2. Ajuste o ganho K para o valor requisitado pela especificação do erro deestado estacionário.3. Esboçe os diagramas de Bode de amplitude e de fase para este valor deganho.

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8.12. Controle Lead-LagProcedimento para o projeto do Controlador Lead-Lag :4. Utilizando uma aproximação de segunda ordem, calcule a margem de fasenecessária para os requisitos de taxa de amortecimento ou de percentual deovershoot, usando:

ΦM = tan−1 2ζ√−2ζ2 +

√4ζ4 + 1

5. Selecione uma nova frequência de margem de fase próxima a ωBW.6. Na nova frequência de margem de fase, determine a quantidade adicional dafase do controlador Lead necessária para a margem de fase requisitada.Adicione uma pequena contribuição que será necessária após a inclusão docontrolador Lag.7. Projete o controlador Lag selecionando a frequência de corte superior umadécada abaixo da nova frequência de margem de fase. O projeto do controladorLag não é crítico, e qualquer projeto para uma margem de fase adequada serádeixado para o controlador Lead. O controlador Lag simplesmente forneceestabilização do sistema com o ganho necessário para a especificação do erroem estado estacionário.

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8.12. Controle Lead-LagProcedimento para o projeto do Controlador Lead-Lag :Encontre o valor de γ a partir dos requisitos do controlador Lead. A curva deresposta em fase do controlador Lead pode ser utilizada para encontrar o valorγ = 1/β para a fase necessária. Este valor, juntamente com o valor encontradoanteriormente da frequência de corte superior do controlador Lag, nos permiteencontrar a frequência de corte inferior do controlador Lag.

8. Projete o controlador Lead. Utilizando o valor de γ calculado anteriormentee o valor suposto como a nova frequência de margem de fase, encontre asfrequências de corte inferior e superior para o controlador Lead, resolvendo paraT :

ωmax = 1T√β

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Procedimento para o projeto do Controlador Lead-Lag :9. Verifique a largura de banda para assegurar que o requisito de velocidade noprimeiro passo seja atendido.10. Reprojete se as especificações de margem de fase ou de resposta transitórianão forem atendidas, conforme explicitadas por análises ou simulações.

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8.12. Controle Lead-LagExemplo: Dado um sistema com realimentação unitária, ondeG(s) = K/[s(s+ 1)(s+ 4)], projete um controlador Lead-Lag passivoutilizando diagramas de Bode para obter um percentual de overshoot de13.25%, um tempo de pico de 2 segundos e Kv = 12.Solução:1. A taxa de amortecimento correspondente a um percentual de overshoot de13.25% é de:

ζ = − ln(%OS/100)√π2 + ln2(%OS/100)

≈ 0.541

Usando uma aproximação de segunda ordem, para um tempo de pico de 2segundos, precisamos de uma frequência de largura de banda:

ωBW = π

Tp√

1− ζ2

√(1− 2ζ2) +

√4ζ4 − 4ζ2 + 2 ≈ 2.285 rad/s

2. Para o valor especificado do erro de estado estacionário, temos que ajustar ovalor do ganho K para o valor necessário.

ess = 1Kv−→ Kv = lim

s→0s ·G(s) = K

1 · 4 = 12 −→ K = 48

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8.12. Controle Lead-Lag3. Esboçamos os diagramas de Bode para o valor de K calculado em 2.

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8.12. Controle Lead-Lag4. Utilizando uma aproximação de segunda ordem, para o percentual deovershoot de 13.25% (ζ = 0.541), a margem de fase necessária é de:

ΦM = tan−1 2ζ√−2ζ2 +

√4ζ4 + 1

≈ 55o

Pra esta margem de fase, temos um ângulo de fase φ = 55o − 180o = −125o,que no diagrama de fase corresponde à frequência ω = 0.52 rad/s.5. Agora temos que escolher uma nova frequência de margem de fase (quesubstitua a de 0.52 rad/s calculada acima) próxima do valor de largura debanda ωBW = 2.285 rad/s (calculada em 1).No diagrama de fase vemos que o ângulo de fase φ = −180o corresponde àfrequência ω = 2 rad/s. Escolhemos ω = 1.83 rad/s como a nova frequênciada margem de fase, que corresponde à fase φ = −176o (gráfico a seguir).

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6. Considerando que o controlador Lag faça uma contribuição de 5o, paratermos a margem de fase ΦM = 55o (correspondente ao ângulo de faseφ = −125o), a contribuição de fase do controlador Lead deve ser:

−125o = −176o − 5o + φLead −→ φLead = 56o

7. O controlador Lag nos permite manter o ganho K = 48 necessário paraKv = 12 sem ter que diminuí-lo para estabilizar o sistema.

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8.12. Controle Lead-LagEnquanto o controlador Lag estabilizar o sistema, os parâmetros do projeto nãosão críticos, pois a margem de fase será projetada pelo controlador Lead. Destaforma, escolhemos o controlador Lag de forma que sua resposta de fase tenhaum mínimo efeito sobre a nova frequência de margem de fase. Escolhemos afrequência de corte superior do controlador Lag como sendo uma décadaabaixo da nova frequência de margem de fase, ou seja, ωUB = 0.183 rad/s.O próximo passo é determinar o valor do parâmetro γ. Pra isso nós utizamos arelação com o parâmetro β do controlador Lead. A função de transferência docontrolador Lead é:

GLead(s) = 1β

s+ 1T

s+ 1βT

= 1β

sT + 1sT + 1

β

−→ GLead(s∗) = 1β

s∗ + 1s∗ + 1

β

Esboçamos o diagrama de fase para a função de transferência normalizada comdiferentes valores de β (mostrado a seguir) e vemos que para obter os 56o defase devemos ter um β de aproximadamente 0.092. O parâmetro γ é então:γ = 1/β ≈ 10.87. Como escolhemos a frequência de corte superior como sendo0.183 rad/s (= 1/T2), a frequência de corte inferior é então:ωLB = 1/(γT2) = β/T2 ≈ 0.0168 rad/s.

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Figure: (β = 0.100 —), (β = 0.098 —), (β = 0.096 —), (β = 0.094 —), (β = 0.092 —), (β = 0.090—)

Função de transferência do controlador Lag :

GLag(s) = 1γ

s+ 1T2

s+ 1γT2

= 110.87 ·

(s+ 0.183)(s+ 0.0168)

8. Agora passamos ao projeto do controlador Lead, cuja função de trasferênciaé:

GLead(s) = γ(s+ 1

T1)

(s+ γT1

)

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8.12. Controle Lead-LagPara a frequência ω = 1.83 rad/s, o sistema compensado com o controladorLag (GLag(s)G(s)) tem um ângulo de fase de −180o:

Usando os valores ωmax = 1.83 rad/s e β = 0.092, temos:

ωmax = 1T1√β−→ 1

T1= ωmax

√β ≈ 0.555 rad/s ,

e

γ

T1= 1βT1

≈ 6.033 rad/s

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8.12. Controle Lead-LagTemos então a função de transferência do controlador Lead :

GLead(s) = γ(s+ 1

T1)

(s+ γT1

) = 10.87(s+ 0.555)(s+ 6.033) ,

E a do sistema completo:

GLead(s)GLag(s)G(s) = 48(s+ 0.183)(s+ 0.555)s(s+ 1)(s+ 4)(s+ 0.0168)(s+ 6.033)

9. A largura de banda do sistema em malha fechada é equivalente à frequênciaonde a resposta em amplitude do sistema em malha aberta é deaproximadamente −7 dB (seção 5). Da curva de amplitude obtemos um valorem torno de 3.03 rad/s. Como este valor é maior do que o requisitado, avelocidade de resposta desejada deve ser atendida.Os diagramas de amplitude e fase são mostrados a seguir. Também é mostradoo “zoom” na amplitude usado para determinar a frequência equivalente aovalor de ganho −7 dB.

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Figure: Resposta ao degrau unitário do sistema em malha fechada com o controlador Lead-Lag.

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Table: Comparação das especificações com os valores obtidos

Parâmetro Especificações Valores obtidosKv 12 12.025ΦM 55o 60o

ωΦM — 1.6 rad/sωBW 2.285 rad/s 3.03 rad/s%OS 13.25% 9.5%Tp 2.0 s 1.62 s

8 - análise e projeto de sistemas de controle por métodos...

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